Esercizio Operatori lineari (2)
Ciao ragazzi! 
Sto cercando di risolvere questo esercizio.
Nello spazio di Hilbert $ L^2([0,1]) $ si consideri l'operatore tale che, per ogni $ f in L^2([0,1]) $
$ A: f(x)rarr g(x) = int_0^xdtf(t) $
a) Si dimostri che A è limitato e si stimi la sua norma
b) Si determini \( A^\dagger \) e si calcoli \( A + A^\dagger \) .
La parte A) il mio libro la risolve cosi:
Si ha :
$ g(x)= |int _0^xdtf(t)|<= int _0^xdt|f(t)|= <1,|f|> $
$ <=||1|| ||f|| = (int_0^1dt|1|^2)^(1/2)(int_0^1dt|f|^2)^(1/2) = ||f|| $
essendo 1 la funzione identicamente uguale ad uno su tutto l'intervallo.... (continua)
Sapreste spiegarmi che cosa sta facendo in questa operazione?
Da dove sbucano fuori quegli integrali elevati alla 1/2 ?!
Grazie mille per la risposta.
Sto cercando di risolvere questo esercizio.
Nello spazio di Hilbert $ L^2([0,1]) $ si consideri l'operatore tale che, per ogni $ f in L^2([0,1]) $
$ A: f(x)rarr g(x) = int_0^xdtf(t) $
a) Si dimostri che A è limitato e si stimi la sua norma
b) Si determini \( A^\dagger \) e si calcoli \( A + A^\dagger \) .
La parte A) il mio libro la risolve cosi:
Si ha :
$ g(x)= |int _0^xdtf(t)|<= int _0^xdt|f(t)|= <1,|f|> $
$ <=||1|| ||f|| = (int_0^1dt|1|^2)^(1/2)(int_0^1dt|f|^2)^(1/2) = ||f|| $
essendo 1 la funzione identicamente uguale ad uno su tutto l'intervallo.... (continua)
Sapreste spiegarmi che cosa sta facendo in questa operazione?
Da dove sbucano fuori quegli integrali elevati alla 1/2 ?!
Grazie mille per la risposta.
Risposte
Hai studiato la teoria?
Sai cosa è la norma \(L^2\) e di quali proprietà gode?
Altrimenti è inutile proseguire...
P.S.: Chi sono \(B\) ed \(H(x,y)\) nel testo del problema?
Sai cosa è la norma \(L^2\) e di quali proprietà gode?
Altrimenti è inutile proseguire...
P.S.: Chi sono \(B\) ed \(H(x,y)\) nel testo del problema?
$ H(x,y) $ dovrebbe essere $ 1 $
B invece è A.
Per quanto riguarda lo spazio $L^2$ me lo sono andato a rivedere... ho capito da dove ricava gli esponenti 1/2 !
B invece è A.
Per quanto riguarda lo spazio $L^2$ me lo sono andato a rivedere... ho capito da dove ricava gli esponenti 1/2 !
"fede16":
$ H(x,y) $ dovrebbe essere $ 1 $
B invece è A.
Stento comunque a trovare un senso nella richiesta, dato che non compare esplicitamente alcun nucleo \(H\) nella definizione dell'operatore \(A\).
"fede16":
Per quanto riguarda lo spazio $L^2$ me lo sono andato a rivedere... ho capito da dove ricava gli esponenti 1/2 !
Ok... ma il nucleo compare solo se è esplicitamente scritto come $ H(x,y) $ ?
"fede16":
Ok... ma il nucleo compare solo se è esplicitamente scritto come $ H(x,y) $ ?
Bella domanda... Ovviamente no.
Infatti, nel tuo caso puoi porre:
\[
H(x,y):=\begin{cases} 1 &\text{, se } 0\leq y\leq x\leq 1\\
0 &\text{, se } 0\leq x
\]
o equivalentemente, se conosci la funzione gradino \(\operatorname{u}(\cdot)\):
\[
H(x,y)=\operatorname{u}(x-y)
\]
per \((x,y)\in [0,1]^2\) e scrivere:
\[
\intop_0^x f(y)\ \text{d} y = \intop_0^1 H(x,y)\ f(y)\ \text{d} y\; .
\]
Quindi il tuo operatore è comunque un operatore a nucleo (nonostante il nucleo non appaia esplicitamente nella definizione).
Il grafico del tuo nucleo (che non è una funzione continua) è quello che puoi visualizzare qui.
ma quindi la mia risposta di prima non era insensata!!
Ah?
Scusa, ma il nucleo è già assegnato nell'esercizio... Non ha senso dire "ora metti \(H(x,y)=1\) e vedi che succede", proprio perché se si cambia \(H\) si cambia operatore (ed, anzi, si ottiene un funzionale).
Scusa, ma il nucleo è già assegnato nell'esercizio... Non ha senso dire "ora metti \(H(x,y)=1\) e vedi che succede", proprio perché se si cambia \(H\) si cambia operatore (ed, anzi, si ottiene un funzionale).
ehi Gugo82!
Ho capito la parte a) dell'esercizio. Quando però il mio libro va a risolvere la B, c'è un punto che non mi è chiaro. Te lo riporto qua.
Dice di determinare \( A^\dagger \) e calcolare \( A +A^\dagger \)
Il libro me lo risolve così:
Si ha, per ogni $ f,g in L^2 ([0,1]) $
\( = = \) = $ int_0^1dxbar(f(x))(int_0^xdtg(t)) $
= $ int_0^1dxint_0^xdtbar f (x)g(t)= int_0^1dtint_t^1dxbar f (x)g(t)= $
$ int_0^1dt (bar (int_t^1 dxf(x)))g(t) $
da cui \( A^\dagger : f(x) \longmapsto h(x)= \) $ int_t^1 dxf(x) $
C'è solo una cosa che non mi è chiara: perchè a un certo punto gli estemi di integrazione vengono cambiati? perchè diventano "t " e 1 invece che rimanere 0 ed x ?
Ho capito la parte a) dell'esercizio. Quando però il mio libro va a risolvere la B, c'è un punto che non mi è chiaro. Te lo riporto qua.
Dice di determinare \( A^\dagger \) e calcolare \( A +A^\dagger \)
Il libro me lo risolve così:
Si ha, per ogni $ f,g in L^2 ([0,1]) $
\(
= $ int_0^1dxint_0^xdtbar f (x)g(t)= int_0^1dtint_t^1dxbar f (x)g(t)= $
$ int_0^1dt (bar (int_t^1 dxf(x)))g(t) $
da cui \( A^\dagger : f(x) \longmapsto h(x)= \) $ int_t^1 dxf(x) $
C'è solo una cosa che non mi è chiara: perchè a un certo punto gli estemi di integrazione vengono cambiati? perchè diventano "t " e 1 invece che rimanere 0 ed x ?
Qui devi determinare l'operatore aggiunto di \(A\).
Per fare ciò devi necessariamente usare la definizione di aggiunto e, nel caso di operatori a nucleo, anche il teorema di Fubini.
Come abbiamo stabilito sopra, il tuo operatore \(A\) è definito usando la funzione scalino:
\[
Af(x) := \int_0^1 \operatorname{u}(x-y)\ f(y)\ \text{d} y\; ;
\]
per determinare l'operatore aggiunto di \(A\), bisogna ricordare che per definizione esso è l'unico operatore \(A^\dagger\) di \(L^2(0,1)\) in sé che gode della proprietà:
\[
\langle f,A^\dagger g\rangle = \langle Af,g\rangle
\]
ove \(\langle \cdot, \cdot \rangle\) è il prodotto scalare standard ed \(f,g\in L^2(0,1)\). Ciò equivale a dire che:
\[
\begin{split}
\langle f,A^\dagger g\rangle &= \langle Af,g\rangle \\
&= \int_0^1 Af(x)\ \overline{g(x)}\ \text{d} x\\
&= \int_0^1 \left( \int_0^1 \operatorname{u}(x-y)\ f(y)\ \text{d} y\right)\ \overline{g(x)}\ \text{d} x\\
&\stackrel{\text{Fubini}}{=} \int_0^1 \left( \int_0^1 \operatorname{u}(x-y)\ \overline{g(x)}\ \text{d} x\right)\ f(y)\ \text{d} y\\
&= \int_0^1 \overline{\left( \int_0^1 \overline{\operatorname{u}(x-y)}\ g(x)\ \text{d} x\right)}\ f(y)\ \text{d} y
\end{split}
\]
per ogni \(f,g\in L^2(0,1)\), sicché:
\[
A^\dagger g(y) := \int_0^1 \overline{\operatorname{u}(x-y)}\ g(x)\ \text{d} x = \int_0^1 \operatorname{u}(x-y)\ g(x)\ \text{d} x
\]
(il coniugato sul gradino scompare perché esso assume valori reali e perciò è autoconiugato). Volendo scrivere le cose in maniera più esplicita, visto che \(\operatorname{u}(x-y)=1\) per \(1\geq x\geq y\geq 0\) e \(=0\) altrove, hai:
\[
A^\dagger g(y) = \int_y^1 g(x)\ \text{d} x\; .
\]
Nota che i conti fatti più sopra sono ampiamente generalizzabili: invero, se \(A\) è un operatore a nucleo con nucleo \(H(x,y)\), allora \(A^\dagger\) è anch'esso un operatore a nucleo con nucleo uguale a \(\overline{H(x,y)}\).
Per fare ciò devi necessariamente usare la definizione di aggiunto e, nel caso di operatori a nucleo, anche il teorema di Fubini.
Come abbiamo stabilito sopra, il tuo operatore \(A\) è definito usando la funzione scalino:
\[
Af(x) := \int_0^1 \operatorname{u}(x-y)\ f(y)\ \text{d} y\; ;
\]
per determinare l'operatore aggiunto di \(A\), bisogna ricordare che per definizione esso è l'unico operatore \(A^\dagger\) di \(L^2(0,1)\) in sé che gode della proprietà:
\[
\langle f,A^\dagger g\rangle = \langle Af,g\rangle
\]
ove \(\langle \cdot, \cdot \rangle\) è il prodotto scalare standard ed \(f,g\in L^2(0,1)\). Ciò equivale a dire che:
\[
\begin{split}
\langle f,A^\dagger g\rangle &= \langle Af,g\rangle \\
&= \int_0^1 Af(x)\ \overline{g(x)}\ \text{d} x\\
&= \int_0^1 \left( \int_0^1 \operatorname{u}(x-y)\ f(y)\ \text{d} y\right)\ \overline{g(x)}\ \text{d} x\\
&\stackrel{\text{Fubini}}{=} \int_0^1 \left( \int_0^1 \operatorname{u}(x-y)\ \overline{g(x)}\ \text{d} x\right)\ f(y)\ \text{d} y\\
&= \int_0^1 \overline{\left( \int_0^1 \overline{\operatorname{u}(x-y)}\ g(x)\ \text{d} x\right)}\ f(y)\ \text{d} y
\end{split}
\]
per ogni \(f,g\in L^2(0,1)\), sicché:
\[
A^\dagger g(y) := \int_0^1 \overline{\operatorname{u}(x-y)}\ g(x)\ \text{d} x = \int_0^1 \operatorname{u}(x-y)\ g(x)\ \text{d} x
\]
(il coniugato sul gradino scompare perché esso assume valori reali e perciò è autoconiugato). Volendo scrivere le cose in maniera più esplicita, visto che \(\operatorname{u}(x-y)=1\) per \(1\geq x\geq y\geq 0\) e \(=0\) altrove, hai:
\[
A^\dagger g(y) = \int_y^1 g(x)\ \text{d} x\; .
\]
Nota che i conti fatti più sopra sono ampiamente generalizzabili: invero, se \(A\) è un operatore a nucleo con nucleo \(H(x,y)\), allora \(A^\dagger\) è anch'esso un operatore a nucleo con nucleo uguale a \(\overline{H(x,y)}\).
"gugo82":
Volendo scrivere le cose in maniera più esplicita, visto che \(\operatorname{u}(x-y)=1\) per \(1\geq x\geq y\geq 0\) e \(=0\) altrove, hai:
\[
A^\dagger g(y) = \int_y^1 g(x)\ \text{d} x\; .
\] .
Ecco è proprio questo che non capisco... perchè hai cambiato gli estremi di integrazione? come è possibile che diventino $y$ e $1$ ? C'è una regola particolare?
Avendo scambiato gli ordini di integrazione, nell'integrale più interno (che è quello che definisce la funzione \(A^\dagger g\)) la variabile d'integrazione sia \(x\) e quella libera sia \(y\).
Per quanto riguarda gli estremi d'integrazione, rifletti sul fatto che nell'assegnazione:
\[
A^\dagger g(y) = \int_0^1 \operatorname{u}(x-y)\ g(x)\ \text{d} x
\]
hai come al solito:
\[
\operatorname{u}(x-y) := \begin{cases} 1 &\text{, se } 0\leq y\leq x\leq 1 \\ 0 &\text{, se } 0\leq x
Per quanto riguarda gli estremi d'integrazione, rifletti sul fatto che nell'assegnazione:
\[
A^\dagger g(y) = \int_0^1 \operatorname{u}(x-y)\ g(x)\ \text{d} x
\]
hai come al solito:
\[
\operatorname{u}(x-y) := \begin{cases} 1 &\text{, se } 0\leq y\leq x\leq 1 \\ 0 &\text{, se } 0\leq x
aaaaah!! ok capito !!! tutto chiaro!
Dal momento che il mio operatore a nucleo $ u(x-y) = 1 $ e poichè vale la relazione $ 1 >= x >= y >= 0 $, è chiaro che la mia x
sia compresa tra y e 1 !! Quindi gli estremi di integrazione sono proprio y e 1.
Adesso però non è per essere polemico, ma io come facevo a capirlo dalla soluzione del mio libro? cioè, lì non mette niente di tutto quello che hai detto tu !
grazie mille
Dal momento che il mio operatore a nucleo $ u(x-y) = 1 $ e poichè vale la relazione $ 1 >= x >= y >= 0 $, è chiaro che la mia x
sia compresa tra y e 1 !! Quindi gli estremi di integrazione sono proprio y e 1.
Adesso però non è per essere polemico, ma io come facevo a capirlo dalla soluzione del mio libro? cioè, lì non mette niente di tutto quello che hai detto tu !
grazie mille
Ciao gugo!!
Nel riguardare questo esercizio, volevo sapere una cosa...
Se volessi determinare l'operatore \( A+A^\dagger \). Come faccio dal momento che
\( A^\dagger g(y) = \int_{0}^{1} g(x)dx \) e \( Af(x)= \int_{0}^{1} f(y)\, dy \) ?
Nel riguardare questo esercizio, volevo sapere una cosa...
Se volessi determinare l'operatore \( A+A^\dagger \). Come faccio dal momento che
\( A^\dagger g(y) = \int_{0}^{1} g(x)dx \) e \( Af(x)= \int_{0}^{1} f(y)\, dy \) ?
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